标签：单调栈，DP，hash，决策单调性

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题目描述

人们总是难免会碰到大佬。他们趾高气昂地谈论凡人不能理解的算法和数据结构，走到任何一个地方，大佬的气场就能让周围的人吓得瑟瑟发抖，不敢言语。 你作为一个 OIER，面对这样的事情非常不开心，于是发表了对大佬不敬的言论。 大佬便对你开始了报复，你也不示弱，扬言要打倒大佬。

现在给你讲解一下什么是大佬，大佬除了是神犇以外，还有着强大的自信心，自信程度可以被量化为一个正整数 C（ 1<=C<=10^8）， 想要打倒一个大佬的唯一方法是摧毁 Ta 的自信心，也就是让大佬的自信值等于 0（恰好等于 0，不能小于 0）。 由于你被大佬盯上了，所以你需要准备好 n(1<=n<=100)天来和大佬较量，因为这 n 天大佬只会嘲讽你动摇你的自信，到了第n+1 天，如果大佬发现你还不服，就会直接虐到你服，这样你就丧失斗争的能力了。

你的自信程度同样也可以被量化，我们用 mc (1 <= mc <= 100)来表示你的自信值上限。

在第 i 天（ i>=1），大佬会对你发动一次嘲讽，使你的自信值减小 a[i]，如果这个时刻你的自信值小于 0 了，那么你就丧失斗争能力，也就失败了（特别注意你的自信值为 0 的时候还可以继续和大佬斗争）。 在这一天， 大佬对你发动嘲讽之后，如果你的自信值仍大于等于 0，你能且仅能选择如下的行为之一：

还一句嘴，大佬会有点惊讶，导致大佬的自信值 C 减小 1。做一天的水题，使得自己的当前自信值增加 w[i], 并将新自信值和自信值上限 mc 比较，若新自信值大于 mc，则新自信值更新为 mc。例如， mc=50， 当前自信值为 40， 若w[i]=5，则新自信值为 45，若 w[i]=11，则新自信值为 50。让自己的等级值 L 加 1。让自己的讽刺能力 F 乘以自己当前等级 L，使讽刺能力 F 更新为 F*L。
怼大佬，让大佬的自信值 C 减小 F。并在怼完大佬之后，你自己的等级 L 自动降为 0，讽刺能力 F 降为 1。由于怼大佬比较掉人品，所以这个操作只能做不超过 2 次。

特别注意的是，在任何时候，你不能让大佬的自信值为负，因为自信值为负，对大佬来说意味着屈辱，而大佬但凡遇到屈辱就会进化为更厉害的大佬直接虐飞你。在第 1 天，在你被攻击之前，你的自信是满的（初始自信值等于自信值上限 mc）， 你的讽刺能力 F 是 1， 等级是 0。

现在由于你得罪了大佬，你需要准备和大佬正面杠，你知道世界上一共有 m（ 1<=m<= 20）个大佬，他们的嘲讽时间都是 n 天，而且第 i 天的嘲讽值都是 a[i]。不管和哪个大佬较量，你在第 i 天做水题的自信回涨都是 w[i]。 这 m 个大佬中只会有一个来和你较量（ n 天里都是这个大佬和你较量），但是作为你，你需要知道对于任意一个大佬，你是否能摧毁他的自信，也就是让他的自信值恰好等于 0。和某一个大佬较量时，其他大佬不会插手。

输入输出格式

输入格式

第一行三个正整数 n,m,mc。分别表示有 n 天和 m 个大佬, 你的自信上限为 mc。

接下来一行是用空格隔开的 n 个数，其中第 i(1<=i<=n)个表示 a[i]。

接下来一行是用空格隔开的 n 个数，其中第 i(1<=i<=n)个表示 w[i]。

接下来 m 行，每行一个正整数，其中第 k(1<=k<=m)行的正整数 C[k]表示第 k 个大佬的初始自信值。

输出格式

共 m 行，如果能战胜第 k 个大佬（让他的自信值恰好等于 0），那么第 k 行输出 1，否则输出 0。

输入输出样例

输入样例#1

30 20 30
15 5 24 14 13 4 14 21 3 16 7 4 7 8 13 19 16 5 6 13 21 12 7 9 4 15 20 4 13 12
22 21 15 16 17 1 21 19 11 8 3 28 7 10 19 3 27 17 28 3 26 4 22 28 15 5 26 9 5 26
30
10
18
29
18
29
3
12
28
11
28
6 1 6
27
27
18
11
26
1

输出样例#1

0
1
1
0
1
0
1
1
0
0
0
1
1
1
1
1
1
0
0
1

说明

20%数据保证: 1≤n≤10。

另有 20%数据保证:1 ≤ C[i],n,mc ≤ 30。

100%数据保证: 1 ≤ n,mc ≤ 100; 1≤m≤20; 1≤a[i],w[i]≤mc; 1≤C[i] ≤10^8

分析

注意到补血操作和其他操作并无紧密关系

所以可以先行DP处理出在最优情况下可以将多少回合分配给其他攻击操作

设f[i][j]表示第i天的自信值为j的情况下，前i天中最多可以几天不补血

剩下的好像也能通过Two Pointers来做（我是看yali h10大爷的题解的）

---

我的做法

大概是进行3/4/5操作，1号操作是用来补差的

设两次怼大佬的情况分别为(d1,f1)(d2,f2)，大佬的生命值为HP

$$HP-f1-f2>=0$$

否则大佬生命值就为负了，然后还要满足能打死，也就是

$$HP-f1-f2<=maxday-d1-d2$$

也就是大佬剩下的生命我要能在剩余天数内执行1操作打完

同理还有怼一次的情况

我们bfs+判重的枚举出所有可能的(d,f)，然后以f为第一关键字，d为第二关键字排序

按照f从大到小的枚举第一次怼，然后发现这个具有单调性

$$maxday>=HP-f1+d1-f2+d2$$

f1,d1是枚举的，那么自然-f1+d2最小即可

那么在满足f1+f2<=HP的条件下，增大f2，即指针向后扫，每次取-f1+d2最小，然后比较

code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define ll long long
#define mem(x,num) memset(x,num,sizeof x)
#define reg(x) for(int i=last[x];i;i=e[i].next)
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
inline ll read()
{ll f=1,x=0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){
   if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}
const int maxn=106,mod=1125527;
int n,m,mc,mxd,mx,top,f[maxn][maxn],a[maxn],w[maxn],c[maxn];
pair<int,int>que[1000006];
struct ed{
   int step,F,L;};
queue<ed>Que;
struct map{struct edge{
   int x,y,next;}e[1000006];int cnt,last[mod+6];void insert(int x,int y){int tmp=((ll)x*106+y)%mod;e[++cnt]=(edge){x,y,last[tmp]};last[tmp]=cnt;}bool query(int x,int y){int tmp=((ll)x*106+y)%mod;reg(tmp)if(x==e[i].x&&y==e[i].y)return 1;return 0;}
}mp;
void bfs(){Que.push((ed){
   1,1,0});while(!Que.empty()){ed now=Que.front();Que.pop();if(now.step<mxd){Que.push((ed){now.step+1,now.F,now.L+1});if(now.L>1&&(ll)now.F*now.L<=(ll)mx&&!mp.query(now.F*now.L,now.step+1)){ed tmp=(ed){now.step+1,now.F*now.L,now.L};Que.push(tmp);que[++top]=(pair<int,int>){tmp.F,tmp.step};mp.insert(tmp.F,tmp.step);}}}
}
int main()
{n=read(),m=read(),mc=read();rep(i,1,n)a[i]=read();rep(i,1,n)w[i]=read();rep(i,1,m)c[i]=read(),mx=max(mx,c[i]);rep(i,1,n)rep(j,a[i],mc){f[i][j-a[i]]=max(f[i][j-a[i]],f[i-1][j]+1);int tmp=min(mc,j-a[i]+w[i]);f[i][tmp]=max(f[i][tmp],f[i-1][j]);}rep(i,1,n)rep(j,0,mc)mxd=max(mxd,f[i][j]);bfs();sort(que+1,que+1+top);rep(i,1,m){if(c[i]<=mxd){
   puts("1");continue;}int flag=0,mn=inf;for(int j=top,k=1;j;j--){while(k<top&&que[k].first+que[j].first<=c[i])mn=min(mn,que[k].second-que[k].first),k++;if(mn+que[j].second-que[j].first+c[i]<=mxd){flag=1;break;}if(que[j].first<=c[i]&&c[i]-que[j].first+que[j].second<=mxd){flag=1;break;}}printf("%d\n",flag);}return 0;
}